高中物理动能与动能定理专题训练答案及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为

，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为

，轨道其它部分摩擦

不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量

的小物块从轨道右侧A点以初速度

后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取

冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道，求：

（1）弹簧获得的最大弹性势能

；

；

（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能轨道。

（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】

（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： −μmgl+W弹＝0−mv02 由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=10.5J；

（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 −2μmgl＝Ek−mv02 解得 Ek=3J；

（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：

①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 −2mgR＝mv22−Ek

小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得 R≤0.12m

②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；

设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：

−2mgR＝mv12-mv02

且需要满足 m≥mg，解得R≤0.72m，

综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

2．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点B后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m2kg。传送带长度为L6m，不计空气阻力。（工件可视为质点，

sin370.6，cos370.8，g10m/s2）求：

(1)若工人某次只把一个工件轻放至A点，则传送带将其由最低点A传至B点电动机需额外多输出多少电能？

(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？

【答案】(1)104J；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件

mgcosmgsinma

v22ax

vat1

t12s

得

x2m

x带vt12x

x相x带x2m

由能量守恒定律

E电QEpEk

即

1E电mgcosx相mgLsinmv2

2代入数据得

E电104J

(2)由题意判断，每1s放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为

xvt2m

Lxnx

得

n2

所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为

f2mgcos2mgsin

电动机因传送工件额外做功功率为

Pfv104W

3．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m＝60 kg的选手以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v＝2 m/s匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L＝6 m，传送带两端点A、B间的距离s＝7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A运动到B的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】

试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v1，则－mg（L－Lcosθ）＝mv12－mv02，v1＝5m/s

（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2，v2＝v1cosθ①

选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③匀速运动的时间t2，s－x1＝vt2⑤ 选手在传送带上的运动时间t＝t1＋t2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t＝3s

（3）由动能定理得Wf＝mv2－mv22，解得：Wf＝－360J 故克服摩擦力做功为360J． 考点：动能定理的应用

④

4．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kg；固定在地面上的斜面AB的倾角

=37°、长s=1m，点A和斜面最低点B之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦

因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。点B与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O点另一端恰好在B点。认为滑块通过点B前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。 （1）若设置μ=0，将滑块从A点由静止释放，求滑块从点A运动到点B所用的时间。 （2）若滑块在A点以v0=lm/s的初速度沿斜面下滑，最终停止于B点，求μ的取值范围。

【答案】（1）t【解析】 【分析】 【详解】

13133或3。 s；（2）324163（1）设滑块从点A运动到点B的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得

mgsinma

1sat2

2解得t3s 3（2）滑块最终停在B点，有两种可能：

①滑块恰好能从A下滑到B，设动摩擦因数为1，由动能定律得：

12mgsings1mgcosgs0mv0

2解得113 16②滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，最终停止于B点，当滑块恰好能返回A点，由动能定理得

122mgcosg2s0mv0

2解得21 32此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B点。 当滑块恰好能静止在斜面上，则有

mgsin3mgcos

解得33 413时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，3241313或3。 32416所以，当23，即最终停止于B点。

综上所述，的取值范围是

5．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为

Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与

B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．

(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?

(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?

(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B与时间t的函数关系．

1【答案】(1)vA10 vBB2QEL (2)5QEL (3) 2mL 2QEtmQEm2g(2mL2mL ) t3QEQEQE2QEL，碰前A的速度vA12aL；碰前B的速度vB10 mm''【解析】

（1）A球的加速度a设碰后A、B球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：

''mvA1mvA1mvB1，mvA1mvA1mvB1

12212'212'2所以B碰撞后交换速度：vA10，vB1vA1''2QEL m（2）设A球开始运动时为计时零点，即t0，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2；由匀变速速度公式有：t1vA10a2mL QE第一次碰后，经t2t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为

vA2和vB2，由位移关系有：vB1t2t1a'12t2t12，得到：t23t132mL QEvA2at2t12at12vA12122'2QEL；vB2vB1 m由功能关系可得：W电=mvA2mvB25QEL

（另解：两个过程A球发生的位移分别为x1、x2，x1L，由匀变速规律推论x24L，根据电场力做功公式有：WQEx1x25QEL） （3）对A球由平衡条件得到：QBvAmg，vAat，aQE m1222mgmg2mL0t从A开始运动到发生第一次碰撞：Bt2 QatQEtQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：

Bt2mL2mLt3 QEQE22mLQEtQEmg2点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．

6．如图所示，一长度LAB=4．98m，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平

滑连接，水平台长度LBC=0．4m，离地面高度H=1．4m，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m=\"2kg\" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0．1，g 取10m/s2。问：

（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；

（2）小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；

（3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0．75m，OD 与水平面夹角为α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取

）

【答案】（1）7 m/s；（2）63次 24．9m（3）25次 【解析】

试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。 （1）从A到C段运用动能定理 mgsinv=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x mgsinLAB-x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次 （3）设小物块平抛时的初速度为V0 H -rr+

=

gt2 mgx=0 -LAB=

mv2

=v0t

v0=3 m/s

设第n次后取走挡板 mv2-n=25次

考点：动能定理、平抛运动

【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。

mv02=2

Lbcn

7．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：

（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件． 【答案】（1）vB2gR(sincos)LR （2）FNmg(32cos)； ；

tan(32cos)RL…（3） 2(sincos)【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：

mgRcosmgcos解得：

Rcos12mv1 sin2vB2gR(sincos)

tan物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有

mgRcosmgLcos0

得物体在AB轨道上通过的总路程为

L

R



（2）最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为

v2 v，由动能定理知：

mgR(1cos)在E点，由牛顿第二定律有

12mv2 22mv2 FNmgR解得物体受到的支持力

FNmg(32cos)

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，方向竖直向

下．

（3）设物体刚好到达D点时的速度为vD此时有

2mvD mgR解得：

vDgR 设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，有动能定理可知：

12mg[L0sinR(1cos)]mgcosL0mvD

2联立解得：

L0则：

(32cos)R

2(sincos)(32cos)RL… 2(sincos)答案：（1）vB2gR(sincos)LR （2）FNmg(32cos)； （3）；

tan(32cos)RL… 2(sincos)

8．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h=2.7m，滑块恰好从A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO的半径R=1.5m，半圆轨道BC的半径r=0.4m，水平轨道OB长l=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块运动到C点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数； (3)D点的位置坐标.

【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m 【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：

2ry12gt 2lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

2

9．如图所示，滑块A的质量m＝0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m＝0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s＝2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s，求：

2

（1）滑块能与几个小球碰撞？

（2）求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。 【答案】(1)12个;(2)

【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

得s0＝25m

（个）

（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn′ 对小球，有：

．①

②

对滑块，有：

③

解①②③三式：

10．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点，传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从曲面上P点静止释放，P点距BC的高度为h=0.8m．（已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变量

12

kx，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取210m/s2．）求：

x的关系是：Ep=

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能． 【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-μmgx=0-0 解得x =2m；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到达C点的速度vC=2m/s

2vC物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m

r解得，管道对物块的弹力N=

15N≈1.36N，方向竖直向上 11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N，方向竖直向下． 物块从C点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx′ 得x′=0.1m

121212kx'=mvm-mvC 222解得，最大速度vm=4m/s

由动能定理得mg(r+x′)-（3）物块再次回到C点的速度仍为2m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C点，速度大小仍为2m/s，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

2vC22==0.5m 物块向左减速的位移x1=

2g20.410物块与传送带间的相对位移△x1=x1+v0•解得△x1=1.5m

v0 g2vC=0.5m 物块向右加速运动的位移x2=

2g物块与传送带间的相对位移△x2=v0•

v0-x2=0.5m g因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=μmg(△x1+△x2) 解得:E =4J

11．将一根长为L的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内．其中

AD段竖直，DE段为

3圆弧，圆心为O，E为圆弧最高点，C与E、D与O分别等高，BC＝41AC．将质量为m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g． 4（1）小珠由C点释放，求到达E点的速度大小v1；

（2）小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到D点，求圆弧的半径R；

mg（3）欲使小珠到达E点与钢丝间的弹力超过，求释放小珠的位置范围．

4

【答案】⑴v1=0； ⑵R处 【解析】 【详解】

3L5L2L； ⑶C点上方低于处滑下或高于

4(43)4(43)43（1）由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达E点时，因CE等高，故到达E点的速度为零；

（2）由题意：BC13L(2RR) ；小珠由B点释放，到达E点满足：44mgBC12mvE 22L2R 联立解得：R； g43 从E点滑出后恰好撞到D点，则RvEt ；t21vE1（3）a.若小珠到达E点与小珠上壁对钢丝的弹力等于mg，则mgmgm1 ；从

44R释放点到E点，由机械能守恒定律：mgh1联立解得：h12mvE1 ； 233LR 84(43)21vE1b.若小珠到达E点与小珠下壁对钢丝的弹力等于mg，则mgmgm2 ；从释放

44R点到E点，由机械能守恒定律：mgh2联立解得：h12mvE2 ； 23L55LR ； 故当小珠子从C点上方低于 处滑下或高84(43)4(43)于

5L1 处滑下时，小珠到达E点与钢丝间的弹力超过mg.

44(43)

12．一束初速度不计的电子流在经U＝5000V的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子电量e＝

1.61019C，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

16【答案】(1) Ek810J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:ElseU解得:Ek5000eV81016J

12mv0① 2（2）在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0t②

FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:a③ mdm12at④ 21能飞出的条件为yd⑤

2偏转距离y解①~⑤式得:U„2Udl22250001.010225.010224.0102V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V